Prawdopodobieństwo warunkowe i niezależność zdarzeń — zadania maturalne z rozwiązaniami

\(\displaystyle P(P_{1}\mid R)=\frac{5}{29}\)

Niech \(P_1\), \(P_2\), \(P_3\) oznaczają zdarzenia „bochenek pochodzi z danej piekarni", a \(R\) — „bochenek jest razowy". Zdarzenia \(P_1\), \(P_2\), \(P_3\) są parami rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, więc tworzą układ zupełny. Stosunek dostaw wynosi \(2:3:4\), a \(2+3+4=9\), zatem \[P(P_1)=\frac29,\qquad P(P_2)=\frac39,\qquad P(P_3)=\frac49.\] Udziały chleba razowego są prawdopodobieństwami warunkowymi: \[P(R\mid P_1)=0{,}10,\qquad P(R\mid P_2)=0{,}12,\qquad P(R\mid P_3)=0{,}15.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(R)=\frac29\cdot0{,}10+\frac39\cdot0{,}12+\frac49\cdot0{,}15=\frac{0{,}20+0{,}36+0{,}60}{9}=\frac{1{,}16}{9}.\] Ze wzoru Bayesa \[P(P_1\mid R)=\frac{P(P_1)\cdot P(R\mid P_1)}{P(R)}=\frac{\frac{0{,}20}{9}}{\frac{1{,}16}{9}}=\frac{0{,}20}{1{,}16}=\frac{20}{116}=\frac5{29}.\] **Odpowiedź.** \(P(P_1\mid R)=\frac5{29}\)

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie/obliczenie prawdopodobieństw zdarzeń \(A_1\), \(A_2\) i \(A_3\): \(P(A_1)=\frac{2}{9}\) oraz \(P(A_2)=\frac{3}{9}\), oraz \(P(A_3)=\frac{4}{9}\) ALBO zapisanie/obliczenie prawdopodobieństw \(P(B|A_1)\), \(P(B|A_2)\) i \(P(B|A_3)\): \(P(B|A_1)=\frac{10}{100}\) oraz \(P(B|A_2)=\frac{12}{100}\), oraz \(P(B|A_3)=\frac{15}{100}\). **2 pkt** – zapisanie/obliczenie prawdopodobieństw zdarzeń \(A_1\), \(A_2\) i \(A_3\) oraz prawdopodobieństw \(P(B|A_1)\), \(P(B|A_2)\) i \(P(B|A_3)\): \(P(A_1)=\frac{2}{9}\) oraz \(P(A_2)=\frac{3}{9}\), oraz \(P(A_3)=\frac{4}{9}\), oraz \(P(B|A_1)=\frac{10}{100}\), oraz \(P(B|A_2)=\frac{12}{100}\), oraz \(P(B|A_3)=\frac{15}{100}\). **3 pkt** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\): \(P(B)=\frac{116}{900}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{5}{29}\). **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie liczby bochenków chleba dostarczonego przez poszczególne piekarnie w zależności od jednej zmiennej, np. \(2n\) oraz \(3n\) i \(4n\). **2 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A_1\cap B\), np. \(P(A_1\cap B)=\frac{0{,}2n}{2n+3n+4n}\) ALBO wyznaczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\), np. \(P(B)=\frac{1{,}16n}{2n+3n+4n}\), ALBO zapisanie liczby bochenków chleba dostarczonego przez poszczególne piekarnie oraz liczby bochenków chleba razowego dostarczonego przez piekarnię \(\mathcal../../_1\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(2n\) oraz \(3n\) i \(4n\) oraz \(0{,}2n\). **3 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństw zdarzeń \(A_1\cap B\) oraz \(B\), np. \(P(A_1\cap B)=\frac{0{,}2}{9}\) oraz \(P(B)=\frac{1{,}16n}{2n+3n+4n}\), ALBO zapisanie liczby bochenków chleba razowego dostarczonego przez piekarnię \(\mathcal../../_1\) oraz łącznej liczby bochenków chleba razowego dostarczonego przez piekarnie w zależności od jednej zmiennej, np. \(0{,}2n\) oraz \(1{,}16n\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{5}{29}\).

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.R1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe i stosuje wzór Bayesa, stosuje twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym.

\(\displaystyle P(P_{1}\mid R)=\frac{5}{29}\)

Niech \(P_1\), \(P_2\), \(P_3\) oznaczają zdarzenia „bochenek pochodzi z danej piekarni", a \(R\) — „bochenek jest razowy". Zdarzenia \(P_1\), \(P_2\), \(P_3\) są parami rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, więc tworzą układ zupełny. Stosunek dostaw wynosi \(2:3:4\), a \(2+3+4=9\), zatem \[P(P_1)=\frac29,\qquad P(P_2)=\frac39,\qquad P(P_3)=\frac49.\] Udziały chleba razowego są prawdopodobieństwami warunkowymi: \[P(R\mid P_1)=0{,}10,\qquad P(R\mid P_2)=0{,}12,\qquad P(R\mid P_3)=0{,}15.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(R)=\frac29\cdot0{,}10+\frac39\cdot0{,}12+\frac49\cdot0{,}15=\frac{0{,}20+0{,}36+0{,}60}{9}=\frac{1{,}16}{9}.\] Ze wzoru Bayesa \[P(P_1\mid R)=\frac{P(P_1)\cdot P(R\mid P_1)}{P(R)}=\frac{\frac{0{,}20}{9}}{\frac{1{,}16}{9}}=\frac{0{,}20}{1{,}16}=\frac{20}{116}=\frac5{29}.\] **Odpowiedź.** \(P(P_1\mid R)=\frac5{29}\)

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie liczby bochenków chleba dostarczonego przez poszczególne piekarnie w zależności od jednej zmiennej, np. \(2n\) oraz \(3n\) i \(4n\). **2 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A_1\cap B\), np. \(P(A_1\cap B)=\frac{0{,}2n}{2n+3n+4n}\) ALBO wyznaczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\), np. \(P(B)=\frac{1{,}16n}{2n+3n+4n}\), ALBO zapisanie liczby bochenków chleba dostarczonego przez poszczególne piekarnie oraz liczby bochenków chleba razowego dostarczonego przez piekarnię \(\mathcal../../_1\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(2n\) oraz \(3n\) i \(4n\) oraz \(0{,}2n\). **3 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństw zdarzeń \(A_1\cap B\) oraz \(B\), np. \(P(A_1\cap B)=\frac{0{,}2}{9}\) oraz \(P(B)=\frac{1{,}16n}{2n+3n+4n}\), ALBO zapisanie liczby bochenków chleba razowego dostarczonego przez piekarnię \(\mathcal../../_1\) oraz łącznej liczby bochenków chleba razowego dostarczonego przez piekarnie w zależności od jednej zmiennej, np. \(0{,}2n\) oraz \(1{,}16n\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{5}{29}\). **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie/obliczenie prawdopodobieństw zdarzeń \(A_1\), \(A_2\) i \(A_3\): \(P(A_1)=\frac{2}{9}\) oraz \(P(A_2)=\frac{3}{9}\), oraz \(P(A_3)=\frac{4}{9}\) ALBO zapisanie/obliczenie prawdopodobieństw \(P(B|A_1)\), \(P(B|A_2)\) i \(P(B|A_3)\): \(P(B|A_1)=\frac{10}{100}\) oraz \(P(B|A_2)=\frac{12}{100}\), oraz \(P(B|A_3)=\frac{15}{100}\). **2 pkt** – zapisanie/obliczenie prawdopodobieństw zdarzeń \(A_1\), \(A_2\) i \(A_3\) oraz prawdopodobieństw \(P(B|A_1)\), \(P(B|A_2)\) i \(P(B|A_3)\): \(P(A_1)=\frac{2}{9}\) oraz \(P(A_2)=\frac{3}{9}\), oraz \(P(A_3)=\frac{4}{9}\), oraz \(P(B|A_1)=\frac{10}{100}\), oraz \(P(B|A_2)=\frac{12}{100}\), oraz \(P(B|A_3)=\frac{15}{100}\). **3 pkt** – obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\): \(P(B)=\frac{116}{900}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{5}{29}\).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2R) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe; 10.3R) Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

Prawdopodobieństwo wynosi około \(0{,}09\).

Niech \(C\) oznacza chorobę, \(Z\) zdrowie, a \(+\) wynik pozytywny. Mamy \[P(C)=0{,}002,\quad P(Z)=0{,}998,\quad P(+|C)=0{,}99,\quad P(+|Z)=0{,}02.\] Z twierdzenia Bayesa \[P(C|+)=\frac{P(+|C)P(C)}{P(+|C)P(C)+P(+|Z)P(Z)}\] \[=\frac{0{,}99\cdot0{,}002}{0{,}99\cdot0{,}002+0{,}02\cdot0{,}998}=\frac{99}{1097}\approx0{,}09.\]

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i wynik \(0{,}09\). **2 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru Bayesa. **1 pkt** – obliczenie brakujących prawdopodobieństw warunkowych. **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi […]. **Wymagania szczegółowe:** XII. Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka. 1R) Zdający […] stosuje wzór Bayesa […].

Niech \(B\) oznacza zdarzenie otrzymania dokładnie dwóch piątek, a \(A\) - co najmniej jednej szóstki. Po ustaleniu dwóch wyników równych \(5\) pozostałe dwa rzuty mają wyniki ze zbioru \(\{1,2,3,4,6\}\). Stąd \(P(A\mid B)=1-(\frac{4}{5})^{2}=\frac{9}{25}\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów, czyli czterowyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,\ldots,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza otrzymanie co najmniej raz sześciu oczek, a \(B\) — otrzymanie dokładnie dwa razy pięciu oczek. Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|},\] przy czym \(P(B)>0\). **Moc zdarzenia \(B\).** Dwie pozycje dla piątek wybieramy na \(\binom42=6\) sposobów, a na każdej z dwóch pozostałych pozycji wpisujemy wynik różny od \(5\), czyli jeden z \(5\). Stąd \[|B|=\binom42\cdot5\cdot5=6\cdot25=150.\] **Moc zdarzenia \(A\cap B\).** Warunek \(B\) ustala dwie piątki; pytamy, czy wśród dwóch pozostałych rzutów pojawi się szóstka. Każdy z tych rzutów daje wynik ze zbioru \(\{1,2,3,4,6\}\), więc liczymy przez dopełnienie: brak szóstki oznacza wynik ze zbioru czteroelementowego. Zatem \[|A\cap B|=6\cdot\left(5^2-4^2\right)=6\cdot(25-16)=6\cdot9=54.\] Stąd \[P(A\mid B)=\frac{54}{150}=\frac9{25}.\] Ten sam rachunek można zapisać krócej: przy warunku \(B\) dwa wolne rzuty mają wyniki jednostajne na zbiorze pięcioelementowym, więc \[P(A\mid B)=1-\left(\frac45\right)^2=1-\frac{16}{25}=\frac9{25}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac9{25}\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzenia \(B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot 5\cdot 5\), ALBO wyznaczenie mocy zdarzenia \(A\cap B\), np. \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot 4+\binom{4}{2}\). **2 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzeń \(B\) oraz \(A\cap B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot 5\cdot 5\) oraz \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot 4+\binom{4}{2}\). **3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{9}{25}\) (lub \(\frac{54}{150}\)). Uwaga. Jeżeli zdający, obliczając \(\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\) (lub \(\frac{\lvert A\cap B\rvert}{\lvert B\rvert}\)), pominie w liczniku i mianowniku czynnik \(\binom{4}{2}\) bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.R1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe […].

Niech \(B\) oznacza zdarzenie otrzymania dokładnie dwóch piątek, a \(A\) - co najmniej jednej szóstki. Mamy \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot5^{2}=150\). Po ustaleniu miejsc dwóch piątek w dwóch pozostałych rzutach co najmniej jedna szóstka występuje w \(5+5-1=9\) parach, więc \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot9=54\). Zatem \(P(A\mid B)=\frac{54}{150}=\frac{9}{25}\).

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane czwórki wyników czterech rzutów, czyli czterowyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,\ldots,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc wszystkie są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza otrzymanie co najmniej raz sześciu oczek, a \(B\) — otrzymanie dokładnie dwa razy pięciu oczek. Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|},\] przy czym \(P(B)>0\). **Moc zdarzenia \(B\).** Dwie pozycje dla piątek wybieramy na \(\binom42=6\) sposobów, a na każdej z dwóch pozostałych pozycji wpisujemy wynik różny od \(5\), czyli jeden z \(5\). Stąd \[|B|=\binom42\cdot5\cdot5=6\cdot25=150.\] **Moc zdarzenia \(A\cap B\).** Warunek \(B\) ustala dwie piątki; pytamy, czy wśród dwóch pozostałych rzutów pojawi się szóstka. Każdy z tych rzutów daje wynik ze zbioru \(\{1,2,3,4,6\}\), więc liczymy przez dopełnienie: brak szóstki oznacza wynik ze zbioru czteroelementowego. Zatem \[|A\cap B|=6\cdot\left(5^2-4^2\right)=6\cdot(25-16)=6\cdot9=54.\] Stąd \[P(A\mid B)=\frac{54}{150}=\frac9{25}.\] Ten sam rachunek można zapisać krócej: przy warunku \(B\) dwa wolne rzuty mają wyniki jednostajne na zbiorze pięcioelementowym, więc \[P(A\mid B)=1-\left(\frac45\right)^2=1-\frac{16}{25}=\frac9{25}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac9{25}\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{9}{25}\) (lub \(\tfrac{54}{150}\)). **2 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzeń \(B\) oraz \(A\cap B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot5\cdot5\) oraz \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot4+\binom{4}{2}\). **1 pkt** – wyznaczenie mocy zdarzenia \(B\), np. \(\lvert B\rvert=\binom{4}{2}\cdot5\cdot5\), ALBO – wyznaczenie mocy zdarzenia \(A\cap B\), np. \(\lvert A\cap B\rvert=\binom{4}{2}\cdot\binom{2}{1}\cdot4+\binom{4}{2}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga. Jeżeli zdający, obliczając \(\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\) (lub \(\frac{\lvert A\cap B\rvert}{\lvert B\rvert}\)), pominie w liczniku i mianowniku czynnik \(\binom{4}{2}\) bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2R) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.

\(\frac{1}{15}\). Przy warunku, że w dziesięciu rzutach wypadły dokładnie trzy orły, istnieje C(\(10\),\(3\))=\(120\) jednakowo prawdopodobnych rozmieszczeń. Blok trzech kolejnych orłów można umieścić na \(8\) sposobów, więc P=\(\frac{8}{120=1}\)/\(15\).

Warunek „wypadły dokładnie trzy orły" zawęża przestrzeń do tych ciągów dziesięciu rzutów, w których orzeł pojawia się dokładnie trzy razy. Ciąg taki jest jednoznacznie wyznaczony przez zbiór trzech pozycji orłów, a wszystkie takie ciągi są jednakowo prawdopodobne, bo moneta jest symetryczna. Zatem \[|B|=\binom{10}{3}=120.\] Zdarzenie \(A\cap B\) polega na tym, że te trzy orły zajmują trzy kolejne pozycje, czyli tworzą blok \(\{k,k+1,k+2\}\). Blok mieści się w dziesięciu pozycjach dla \(k=1,2,\ldots,8\), więc \[|A\cap B|=8.\] Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac8{120}=\frac1{15}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac1{15}\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\frac{1}{15}\). **2 pkt** – zapisanie liczby elementów zbioru \(A\cap B\) i wyznaczenie/zapisanie liczby elementów zbioru \(B\): \(\lvert A\cap B\rvert=8\) i \(\lvert B\rvert=\binom{10}{3}\) ALBO – wyznaczenie/zapisanie prawdopodobieństwa zdarzeń \(A\cap B\) oraz \(B\): \(P(A\cap B)=\frac{8}{2^{10}}\) oraz \(P(B)=\frac{\binom{10}{3}}{2^{10}}\). **1 pkt** – zapisanie liczby elementów zbioru \(A\cap B\): \(8\) ALBO – wyznaczenie/zapisanie liczby elementów zbioru \(B\), np. \(\binom{10}{3}\), ALBO – wyznaczenie/zapisanie prawdopodobieństwa zdarzenia \(B\), np. \(P(B)=\frac{\binom{10}{3}}{2^{10}}\), ALBO – wyznaczenie/zapisanie prawdopodobieństwa zdarzenia \(A\cap B\), np. \(P(A\cap B)=\frac{8}{2^{10}}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.R1) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe […].

\[P(B_1\mid A)\approx0{,}49.\]

Oznaczmy: - \(A\) - wybrana osoba dobrze włada językiem niemieckim, - \(B_1\) - wybrana osoba ma wyższe wykształcenie, - \(B_2\) - wybrana osoba nie ma wyższego wykształcenia. Z treści zadania: \[P(B_1)=0{,}35,\qquad P(B_2)=0{,}65,\] \[P(A\mid B_1)=0{,}7,\qquad P(A\mid B_2)=0{,}4.\] Z twierdzenia Bayesa i twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym: \[P(B_1\mid A)=\frac{P(B_1)P(A\mid B_1)}{P(A\mid B_1)P(B_1)+P(A\mid B_2)P(B_2)}.\] Podstawiamy dane: \[P(B_1\mid A)=\frac{0{,}35\cdot0{,}7}{0{,}7\cdot0{,}35+0{,}4\cdot0{,}65}=\frac{0{,}245}{0{,}505}=0{,}(4851)\ldots\] Po zaokrągleniu do części setnych otrzymujemy \[P(B_1\mid A)\approx0{,}49.\]

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(0{,}49\) **2 pkt** – zastosowanie twierdzenia Bayesa i zapisanie \(P(B_1\mid A)=\frac{0{,}35\cdot0{,}7}{0{,}7\cdot0{,}35+0{,}4\cdot0{,}65}\) **1 pkt** – zapisanie prawdopodobieństw \(P(B_1)=0{,}35\), \(P(A\mid B_1)=0{,}7\), \(P(B_2)=0{,}65\) oraz \(P(A\mid B_2)=0{,}4\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XII.R1) Zdający stosuje wzór Bayesa oraz twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym.

\[n=10.\]

Oznaczmy przez \(B\) zdarzenie polegające na wylosowaniu za pierwszym razem kuli białej, a przez \(C\) - kuli czarnej. Mamy \[P(B)=\frac{n-2}{n},\qquad P(C)=\frac2n.\] Po wylosowaniu kuli białej w pudełku znajduje się \(n-3\) kul białych i \(3\) czarne, a po wylosowaniu kuli czarnej - \(n-1\) kul białych i \(1\) czarna. Zatem prawdopodobieństwo \(P(A)\) wylosowania kuli białej po zmianie zawartości wynosi \[P(A)=\frac{n-3}{n}\cdot\frac{n-2}{n}+\frac{n-1}{n}\cdot\frac2n=\frac{n^2-3n+4}{n^2}.\] Z warunku zadania: \[\frac{n^2-3n+4}{n^2}=\frac{37}{50},\] \[13n^2-150n+200=0.\] Ponieważ \(\Delta=12100\) i \(\sqrt\Delta=110\), otrzymujemy \[n=\frac{150-110}{26}=\frac{20}{13}\quad\text{lub}\quad n=\frac{150+110}{26}=10.\] Liczba kul musi być liczbą naturalną większą niż \(2\), więc \[n=10.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(n=10\) **3 pkt** – wyznaczenie \(P(A)=\frac{n^2-3n+4}{n^2}\) **2 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństw warunkowych \(\frac{n-3}{n}\) oraz \(\frac{n-1}{n}\) **1 pkt** – wyznaczenie prawdopodobieństw pierwszego losowania \(P(B)=\frac{n-2}{n}\) oraz \(P(C)=\frac2n\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** obliczanie prawdopodobieństwa z wykorzystaniem drzewa zdarzeń i twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym oraz rozwiązywanie równania kwadratowego. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

\[P(C\mid +)=\frac{0{,}99\cdot0{,}002}{0{,}99\cdot0{,}002+0{,}02\cdot0{,}998}\approx0{,}09.\]

Oznaczmy przez \(C\) zdarzenie ąosoba jest chora”, przez \(Z\) zdarzenie ąosoba jest zdrowa”, a przez \(+\) dodatni wynik testu. Z danych: \[P(C)=0{,}002,\qquad P(Z)=0{,}998,\] \[P(+\mid C)=0{,}99,\qquad P(+\mid Z)=1-0{,}98=0{,}02.\] Ze wzoru Bayesa \[P(C\mid +)=\frac{P(+\mid C)P(C)}{P(+\mid C)P(C)+P(+\mid Z)P(Z)}.\] Po podstawieniu: \[P(C\mid +)=\frac{0{,}99\cdot0{,}002}{0{,}99\cdot0{,}002+0{,}02\cdot0{,}998}\approx0{,}09008.\] Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi około \(0{,}09\), czyli około \(9\%\).

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik około \(0{,}09\) **2 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru Bayesa **1 pkt** – obliczenie prawdopodobieństw dopełniających \(P(-\mid C)=0{,}01\) i \(P(+\mid Z)=0{,}02\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** XII.1R stosowanie wzoru Bayesa.

\(P(C\mid +)=\frac{0{,}99\cdot0{,}002}{0{,}99\cdot0{,}002+0{,}02\cdot0{,}998}\approx0{,}09\)

Oznaczmy przez \(C\) zdarzenie ąosoba jest chora”, przez \(Z\) zdarzenie ąosoba jest zdrowa”, a przez \(+\) dodatni wynik testu. Z danych: \[P(C)=0{,}002,\qquad P(Z)=0{,}998,\] \[P(+\mid C)=0{,}99,\qquad P(+\mid Z)=1-0{,}98=0{,}02.\] Ze wzoru Bayesa \[P(C\mid +)=\frac{P(+\mid C)P(C)}{P(+\mid C)P(C)+P(+\mid Z)P(Z)}.\] Po podstawieniu: \[P(C\mid +)=\frac{0{,}99\cdot0{,}002}{0{,}99\cdot0{,}002+0{,}02\cdot0{,}998}\approx0{,}09008.\] Zatem prawdopodobieństwo, że Pan X jest chory, wynosi około \(0{,}09\), czyli około \(9\%\).

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik około \(0{,}09\) **2 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru Bayesa **1 pkt** – obliczenie prawdopodobieństw dopełniających \(P(-\mid C)=0{,}01\) i \(P(+\mid Z)=0{,}02\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** XII.1R stosowanie wzoru Bayesa.

\(\displaystyle \frac{2}{7}\). Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym: \(\displaystyle \frac{10}{21}\cdot\frac25+\frac{10}{21}\cdot\frac15+\frac1{21}\cdot0=\frac27\).

Niech \(B_k\) oznacza zdarzenie „w pierwszym losowaniu wyjęto \(k\) kul czarnych", \(k=0,1,2\), a \(A\) — „w drugim losowaniu wyciągnięto kulę czarną". Pierwsze losowanie to wybór dwóch kul spośród siedmiu bez zwracania, a kolejność nie ma znaczenia, więc \[|\Omega_1|=\binom72=21.\] Kul białych jest \(5\), czarnych \(2\), zatem \[P(B_0)=\frac{\binom52}{21}=\frac{10}{21},\quad P(B_1)=\frac{\binom51\binom21}{21}=\frac{10}{21},\quad P(B_2)=\frac{\binom22}{21}=\frac1{21}.\] Zdarzenia \(B_0\), \(B_1\), \(B_2\) są parami rozłączne i wyczerpują możliwości, więc tworzą układ zupełny. Po pierwszym losowaniu w pojemniku zostaje \(5\) kul. Liczba kul czarnych zależy od \(k\): \[P(A\mid B_0)=\frac25,\qquad P(A\mid B_1)=\frac15,\qquad P(A\mid B_2)=\frac05=0.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(A)=\frac{10}{21}\cdot\frac25+\frac{10}{21}\cdot\frac15+\frac1{21}\cdot0=\frac{4}{21}+\frac{2}{21}=\frac6{21}=\frac27.\] Wynik zgadza się z intuicją: przed jakimkolwiek losowaniem udział kul czarnych wynosi \(\frac27\), a losowanie „w ciemno" tego udziału nie zmienia. **Odpowiedź.** \(P(A)=\frac27\)

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa i poprawny wynik: \(\frac{2}{7}\). **2 pkt** – zapisanie/obliczenie prawdopodobieństwa zdarzeń \(B_{1}\), \(B_{2}\), \(B_{3}\) oraz prawdopodobieństw warunkowych \(P(A|B_{1})\), \(P(A|B_{2})\), \(P(A|B_{3})\): \(P(B_{1})=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}\) i \(P(B_{2})=\frac{\binom{5}{1}\cdot\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}\), i \(P(B_{3})=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}\), i \(P(A|B_{1})=\frac{2}{5}\), i \(P(A|B_{2})=\frac{1}{5}\), i \(P(A|B_{3})=0\) ALBO – zapisanie prawdopodobieństw na wszystkich odcinkach istotnych gałęzi drzewa, ALBO – zapisanie/obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), przy zastosowaniu klasycznej definicji prawdopodobieństwa: \(\lvert\Omega\rvert=7\cdot 6\cdot 5\) oraz \(\lvert A\rvert=5\cdot 4\cdot 2+5\cdot 2\cdot 1+2\cdot 5\cdot 1\) (lub \(\lvert A\rvert=\lvert A_{1}\rvert+\lvert A_{2}\rvert+\lvert A_{3}\rvert=60\)). **1 pkt** – opisanie zdarzeń losowych \(B_{1}\), \(B_{2}\), \(B_{3}\) i obliczenie ich prawdopodobieństw: \(P(B_{1})=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}\), \(P(B_{2})=\frac{\binom{5}{1}\cdot\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}\), \(P(B_{3})=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}\) ALBO – narysowanie drzewa stochastycznego doświadczenia i zapisanie prawdopodobieństw na gałęziach drzewa I etapu doświadczenia (dla drzewa dwuetapowego) lub I i II etapu (dla drzewa trzyetapowego), ALBO – obliczenie prawdopodobieństw wylosowania kuli czarnej na ostatnim etapie oraz właściwe zinterpretowanie wcześniejszych etapów doświadczenia: \(\frac{2}{5}\), \(\frac{1}{5}\), ALBO – zapisanie/obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych lub liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\), przy zastosowaniu klasycznej definicji prawdopodobieństwa: \(\lvert\Omega\rvert=7\cdot 6\cdot 5\) lub \(\lvert A\rvert=5\cdot 4\cdot 2+5\cdot 2\cdot 1+2\cdot 5\cdot 1\) (lub \(\lvert A\rvert=\lvert A_{1}\rvert+\lvert A_{2}\rvert+\lvert A_{3}\rvert=60\)). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający, stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym, pominie składnik \(P(B_{3})\cdot P(A|B_{3})\), to może otrzymać \(3\) punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający zapisze jedynie \(P(A)=\frac{2}{7}\), to otrzymuje \(1\) punkt. 3. Jeżeli zdający zapisze \(P(A)=\frac{2}{7}\) i zapisze poprawny komentarz uzasadniający otrzymany wynik, to otrzymuje \(3\) punkty.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.3) Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

\[P(\text{wiek przedemerytalny}\mid\text{mężczyzna})=\frac{43}{240}=0{,}17916\ldots\] Pierwsze trzy cyfry po przecinku to **\(1\), \(7\), \(9\)**.

Warunek ogranicza przestrzeń do \(240\) mężczyzn. W wieku przedemerytalnym jest \(43\) z nich, więc \[P=\frac{43}{240}=0{,}17916\ldots\] Pierwszą, drugą i trzecią cyfrą po przecinku są odpowiednio \(1\), \(7\) i \(9\).

**2 pkt** – odpowiedź całkowicie poprawna: **1, 7, 9** **0 pkt** – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** R10.2 obliczanie prawdopodobieństwa warunkowego.

**A.** \(\frac5{14}\)

Niech \(B\) oznacza wylosowanie kuli białej. Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(B)=\frac12\cdot\frac17+\frac12\cdot\frac47=\frac1{14}+\frac4{14}=\frac5{14}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** I i II wykorzystanie i tworzenie informacji oraz wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** R10.3 stosowanie twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

P(A|B)=\(\frac{1}{5}\). Wśród liczb czterocyfrowych jest \(500\) wielokrotności \(18\). Liczby podzielne jednocześnie przez \(15\) i \(18\) są wielokrotnościami \(90\); jest ich \(100\). Zatem P(A|B)=\(\frac{100}{500}\).

Niech \(A\) oznacza zdarzenie „wylosowana liczba jest podzielna przez \(15\)", a \(B\) — „jest podzielna przez \(18\)". Szukamy \(P(A\mid B)\). Warunek zawęża przestrzeń do czterocyfrowych wielokrotności \(18\). Są to \(1008,1026,\ldots,9990\) — ciąg arytmetyczny o różnicy \(18\), więc \[|B|=\frac{9990-1008}{18}+1=\frac{8982}{18}+1=499+1=500.\] Liczba podzielna jednocześnie przez \(15\) i \(18\) jest podzielna przez \(\operatorname{NWW}(15,18)=90\). Czterocyfrowe wielokrotności \(90\) to \(1080,1170,\ldots,9990\), zatem \[|A\cap B|=\frac{9990-1080}{90}+1=\frac{8910}{90}+1=99+1=100.\] Wszystkie liczby czterocyfrowe są jednakowo prawdopodobne, więc \[P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac{100}{500}=\frac15.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac15\)

**1 pkt** – gdy: • zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: \(\lvert\Omega\rvert=9000\) ALBO • zastosuje poprawną metodę zliczania elementów zbioru \(B\), zawierającego wszystkie liczby naturalne czterocyfrowe podzielne przez \(18\) (np. poprzez wykorzystanie własności ciągu arytmetycznego, stosowanie cech podzielności liczb całkowitych) ALBO • zastosuje poprawną metodę zliczania elementów zbioru \(A\cap B\) (np. poprzez wykorzystanie własności ciągu arytmetycznego, stosowanie cech podzielności liczb całkowitych) ALBO • zapisze, że jeżeli \(A\) jest zdarzeniem polegającym na wylosowaniu liczby podzielnej przez \(15\), to iloczyn zdarzeń \(A\cap B\) oznacza wylosowanie liczby podzielnej przez \(90\) **2 pkt** – gdy: • obliczy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(B\): \(\lvert B\rvert=500\) ALBO • obliczy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\cap B\): \(\lvert A\cap B\rvert=100\) **3 pkt** – gdy obliczy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(B\) oraz obliczy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu \(A\cap B\): \(\lvert B\rvert=500\), \(\lvert A\cap B\rvert=100\) **4 pkt** – gdy zastosuje poprawną metodę i obliczy szukane prawdopodobieństwo warunkowe: \(P(A|B)=\frac{18}{90}=\frac{1}{5}\). **Uwagi:** 1. Jeśli zdający rozwiąże zadanie, rozpatrując wszystkie liczby naturalne spełniające warunek \(1\le x\le 9999\), to może otrzymać co najwyżej \(2\) punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeśli zdający, wyznaczając, ile jest liczb podzielnych przez \(18\) lub \(15\), rozważa, że są one mniejsze niż \(9000\), to może otrzymać co najwyżej \(2\) punkty za całe rozwiązanie. 3. Ignorujemy zapis \(P(A|B)=\frac{\lvert A\cup B\rvert}{\lvert B\rvert}\), jeżeli z rozwiązania zdającego jednoznacznie wynika, że zliczał wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające iloczynowi tych zdarzeń. 4. Jeżeli w sposobie zliczania elementów zbioru \(\lvert B\rvert\) (lub \(\lvert A\cap B\rvert\)) opartym na kolejnych wyrazach ciągu arytmetycznego zdający poprawnie ustala pierwszy i ostatni wyraz ciągu oraz różnicę tego ciągu, to przyjmujemy ten sposób zliczania jest poprawny. Jeżeli natomiast błędnie ustali pierwszy lub ostatni wyraz ciągu, lub różnicę tego ciągu, to sposób uznajemy za niepoprawny. Jeżeli zdający podzieli zbiór wszystkich liczb całkowitych czterocyfrowych na rozłączne niepuste podzbiory i zlicza liczby podzielne przez \(18\) (lub \(90\)) w każdym z tych podzbiorów, to ten sposób uznajemy za poprawny tylko wtedy, gdy popełni błąd w zliczaniu co najwyżej w jednym z tych podzbiorów.

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.2) Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.

**C.** \(\frac8{23}\)

Niech \(U_1\) i \(U_2\) oznaczają wybór odpowiedniej urny, a \(C\) - wylosowanie czarnej kuli. Mamy \[P(U_1)=P(U_2)=\frac12,\qquad P(C\mid U_1)=\frac2{10},\qquad P(C\mid U_2)=\frac38.\] Z twierdzenia Bayesa: \[P(U_1\mid C)=\frac{P(U_1)P(C\mid U_1)}{P(U_1)P(C\mid U_1)+P(U_2)P(C\mid U_2)}\] \[=\frac{\frac12\cdot\frac2{10}}{\frac12\cdot\frac2{10}+\frac12\cdot\frac38}=\frac{1/10}{1/10+3/16}=\frac8{23}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: C **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.2 obliczanie prawdopodobieństwa warunkowego.

**A.** \(\frac2{15}\)

Prawdopodobieństwo wyboru pierwszej urny wynosi \(\frac16\), a drugiej \(\frac56\). Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite: \[P(B)=\frac16\cdot\frac3{10}+\frac56\cdot\frac1{10}=\frac3{60}+\frac5{60}=\frac8{60}=\frac2{15}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: A **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.1 wykorzystywanie metod zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.

**C.** \(P(A\cap B)=\frac3{20}\)

Ponieważ \(P(B')=\frac14\), mamy \[P(B)=1-P(B')=\frac34.\] Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\] więc \[P(A\cap B)=P(A\mid B)P(B)=\frac15\cdot\frac34=\frac3{20}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: C **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.2 obliczanie prawdopodobieństwa warunkowego.

\[P=\frac{2260}{2260+740}=\frac{113}{150}=0{,}75333\ldots\] Należy zakodować cyfry **\(753\)**.

Warunek, że wybrana osoba jest mężczyzną, ogranicza zbiór wyników do \(2260+740=3000\) ankietowanych mężczyzn. Budowę popiera \(2260\) z nich, więc \[P=\frac{2260}{3000}=\frac{113}{150}=0{,}75333\ldots.\] Pierwsze trzy cyfry po przecinku to \(753\).

**2 pkt** – poprawne zakodowanie cyfr \(753\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie ilorazu \(\frac{2260}{3000}\) lub prawdopodobieństwa \(\frac{113}{150}\), bez poprawnego kodu **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Klasyfikacja CKE:** prawdopodobieństwo warunkowe - odczytywanie danych z tabeli i obliczanie prawdopodobieństwa przy zadanym warunku.

**C.** \(\frac7{15}\).

Prawdopodobieństwo wyboru pierwszej urny wynosi \(\frac26=\frac13\), a drugiej \(\frac46=\frac23\). Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(B)=\frac13\cdot\frac15+\frac23\cdot\frac35=\frac1{15}+\frac6{15}=\frac7{15}.\]

**1 pkt** – odpowiedź **C** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 10.3 R - korzystanie z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.

\[P(A\mid B)=\frac{26}{57}.\]

Z definicji \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.\] Mamy \(A\cap B=\{3,5\}\), więc \[P(A\cap B)=p_3+p_5=\frac1{64}\left(\binom63+\binom65\right)=\frac{26}{64}.\] Ponadto \[P(B)=\frac1{64}\left(\binom62+\binom63+\binom64+\binom65+\binom66\right)=\frac{57}{64}.\] Stąd \[P(A\mid B)=\frac{26/64}{57/64}=\frac{26}{57}.\]

**3 pkt** – wynik \(\frac{26}{57}\) **2 pkt** – poprawne obliczenie \(P(A\cap B)=\frac{26}{64}\) i \(P(B)=\frac{57}{64}\) **1 pkt** – zapisanie wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe i poprawne wskazanie \(A\cap B=\{3,5\}\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 10.2 R - obliczanie prawdopodobieństwa warunkowego.

\[P(A\mid B)=\frac16.\]

Niech \(A\) oznacza zdarzenie, że wśród wylosowanych liczb jest \(8\), a \(B\) - że suma wylosowanych liczb jest nieparzysta. Zdarzeniu \(B\) sprzyjają pary złożone z jednej z \(7\) liczb nieparzystych i jednej z \(6\) liczb parzystych, więc \[|B|=7\cdot6=42.\] Zdarzeniu \(A\cap B\) sprzyjają pary złożone z liczby \(8\) i jednej z siedmiu liczb nieparzystych, zatem \(|A\cap B|=7\). Wobec tego \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac7{42}=\frac16.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(\frac16\) z pełnym uzasadnieniem **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|B|=42\) i \(|A\cap B|=7\) bez poprawnego wyniku końcowego **1 pkt** – poprawne opisanie zdarzeń lub jednego z liczników **0 pkt** – brak istotnego postępu lub rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 10.2. R. Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.

\[P(A\mid B)=\frac16.\]

Niech \(A\) oznacza zdarzenie, że wśród wylosowanych liczb jest \(8\), a \(B\) zdarzenie, że suma wylosowanych liczb jest nieparzysta. W zbiorze \(\{1,2,\ldots,13\}\) jest siedem liczb nieparzystych i sześć parzystych. Zdarzeniu \(B\) sprzyja zatem \[|B|=7\cdot6=42\] nieuporządkowanych par. Zdarzenie \(A\cap B\) wymaga wylosowania liczby \(8\) i jednej z siedmiu liczb nieparzystych, więc \[|A\cap B|=7.\] Stąd \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac7{42}=\frac16.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – poprawne prawdopodobieństwo \(\frac16\) z pełnym uzasadnieniem **2 pkt** – poprawne wartości \(|B|=42\) i \(|A\cap B|=7\) **1 pkt** – poprawne zdefiniowanie zdarzeń i użycie wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 10.2. R. Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.

\[P(A\mid B)\geq0{,}625.\]

Korzystamy ze wzoru \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.\] Z własności sumy zdarzeń \[P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\leq1.\] Stąd \[P(A\cap B)\geq P(A)+P(B)-1=0{,}7+0{,}8-1=0{,}5.\] Ponieważ \(P(B)=0{,}8\), otrzymujemy \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\geq\frac{0{,}5}{0{,}8}=0{,}625.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód nierówności **2 pkt** – poprawne wyznaczenie dolnego ograniczenia \(P(A\cap B)\geq0{,}5\) **1 pkt** – poprawne użycie wzoru na \(P(A\mid B)\) albo wzoru na \(P(A\cup B)\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 10.2. R. Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.

\[P(A\cap B')=P(A)P(B').\]

Zdarzenia \(A\cap B\) oraz \(A\cap B'\) są rozłączne, a ich suma jest równa \(A\). Zatem \[P(A\cap B')=P(A)-P(A\cap B).\] Korzystając z założenia \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\), otrzymujemy \[\begin{aligned}P(A\cap B')&=P(A)-P(A)P(B)\\&=P(A)(1-P(B))\\&=P(A)P(B').\end{aligned}\] To kończy dowód.

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – pełny poprawny dowód **1 pkt** – zapisanie \(P(A\cap B')=P(A)-P(A\cap B)\) i rozpoczęcie podstawienia założenia **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

\[P(A\mid B)=\frac{30}{91}.\]

Zdarzeniami elementarnymi są trójki wyników trzech rzutów, czyli trzywyrazowe wariacje z powtórzeniami zbioru \(\{1,2,3,4,5,6\}\). Kostka jest symetryczna, więc wszystkie \(6^3=216\) trójek są jednakowo prawdopodobne. Niech \(A\) oznacza otrzymanie co najmniej jednej jedynki, a \(B\) — co najmniej jednej szóstki. Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{|A\cap B|}{|B|},\] przy czym \(P(B)>0\). Moc zdarzenia \(B\) liczymy przez dopełnienie: „co najmniej jedna szóstka" jest zaprzeczeniem zdarzenia „ani jednej szóstki", a to drugie realizuje \(5^3\) trójek. Zatem \[|B|=6^3-5^3=216-125=91.\] Moc zdarzenia \(A\cap B\) liczymy z zasady włączeń i wyłączeń zastosowanej do dopełnień. Trójek bez jedynki jest \(5^3\), bez szóstki również \(5^3\), a bez jedynki i bez szóstki jednocześnie \(4^3\). Stąd trójek, w których brakuje jedynki albo szóstki, jest \(5^3+5^3-4^3\), więc \[|A\cap B|=6^3-\left(5^3+5^3-4^3\right)=216-250+64=30.\] Ostatecznie \[P(A\mid B)=\frac{30}{91}.\] **Odpowiedź.** \(P(A\mid B)=\frac{30}{91}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Właściwego klucza do tego zadania brak w materiale źródłowym.

Zadanie 16. (0–5) Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że w trzykrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry otrzymamy co najmniej jedną „jedynkę”, pod warunkiem, że otrzymamy co najmniej jedną „szóstkę”. III. Modelowanie R10.2. Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe. matematyczne Rozwiązanie: Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie trzywyrazowe ciągi o wyrazach ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6 (czyli trójelementowe wariacje z powtórzeniami tego zbioru). Jest to model klasyczny.   63  216 . Wprowadźmy oznaczenia dla zdarzeń A – otrzymamy co najmniej raz jedno oczko, B – otrzymamy co najmniej raz sześć oczek. P( A  B) A  B Mamy obliczyć prawdopodobieństwo warunkowe P( A | B)   . P(B) B Moc zdarzenia B obliczymy, korzystając z pojęcia zdarzenia przeciwnego, które polega na tym, że nie otrzymamy ani razu sześciu oczek. B    B  63  53  216 125  91. Zdarzenie A  B jest sumą parami rozłącznych zdarzeń:  otrzymamy raz jedno oczko, raz sześć oczek i raz liczbę oczek ze zbioru 2, 3, 4, 5 – możliwe są 3 2 4  24 takie wyniki,  otrzymamy raz jedno oczko i dwa razy sześć oczek; możliwe są 3 takie wyniki,  otrzymamy dwa razy jedno oczko i raz sześć oczek; możliwe są 3 takie wyniki. 30 Stąd A  B  30 i P( A | B)  91 Uwaga: A  B można obliczyć korzystając z prawa de Morgana.   A  B   A  B    A  B     A  B  A  B   = 63   53  53  43   30 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ............................................................................................................. 1 p. Zapisanie wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe przy poprawnie wprowadzonych oznaczeniach. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p. Obliczenie B  91 lub P(B) . Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p. Obliczenie A  B  30 lub P( A  B) . Rozwiązanie prawie pełne ................................................................................................... 4 p. Rozwiązanie zadania do końca z błędami rachunkowymi. Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 5 p. 30 Obliczenie P( A | B)  .

Teza wynika z nierówności \(P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1=0{,}6\) oraz z definicji prawdopodobieństwa warunkowego: \(P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\ge\dfrac{0{,}6}{0{,}75}=0{,}8\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Zadanie \(6\). (\(4\) pkt) **Krok \(2\).** Niech A, B będą zdarzeniami o prawdopodobieństwach P ( A) i P ( B) . Wykaż, że jeżeli **Krok \(3\).** P ( A) = \(0\),\(85\) i P ( B) = \(0\), \(75\) , to prawdopodobieństwo warunkowe spełnia nierówność **Krok \(4\).** P A B ≥ \(0\),\(8\) . **Krok \(5\).** Ponieważ P ( A ∪ B ) ≤\(1\) z własności prawdopodobieństwa, więc **Krok \(6\).** ≥ P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) . **Krok \(7\).** Stąd po przekształceniu otrzymuję: **Krok \(8\).** P ( A ∩ B ) ≥ P ( A) + P ( B ) − \(1\) **Odpowiedź.** Rozwiązanie i punktacja: zobacz pełny klucz CKE poniżej.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Ponieważ \(P(A\cup B)\leq 1\) z własności prawdopodobieństwa, więc \(1\geq P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\). Stąd po przekształceniu otrzymuję: \[P(A\cap B)\geq P(A)+P(B)-1\] \[P(A\cap B)\geq 0{,}85+0{,}75-1\] \[P(A\cap B)\geq 0{,}6\] Korzystam z definicji prawdopodobieństwa warunkowego: \(P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\geq\frac{0{,}6}{0{,}75}\) i otrzymuję \(P(A\mid B)\geq 0{,}8\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Zdarzenia \(A\) i \(B\) są niezależne, ponieważ \(P(A\cap B)=0{,}2=P(A)\cdot P(B)\).

Niezależność zdarzeń \(A\) i \(B\) trzeba wykazać z definicji, a nie założyć: zdarzenia są niezależne dokładnie wtedy, gdy \[P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B).\] Najpierw wyznaczamy \(P(A\cap B)\). Zdarzenia \(A\setminus B\) i \(A\cap B\) są rozłączne, a ich sumą jest \(A\), więc \[P(A)=P(A\setminus B)+P(A\cap B),\] skąd \[P(A\cap B)=P(A)-P(A\setminus B)=0{,}5-0{,}3=0{,}2.\] Z drugiej strony \[P(A)\cdot P(B)=0{,}5\cdot0{,}4=0{,}2.\] Obie wartości są równe, więc warunek definicji jest spełniony. **Odpowiedź.** Zdarzenia \(A\) i \(B\) są niezależne.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **9.1. (2 pkt)** – […]: \(P(A\cap B)=P(A)-P(A\setminus B)=0{,}2\). (\(1\) pkt za pokazanie metody, \(1\) pkt za obliczenia) **9.2. (1 pkt)** – obliczenie iloczynu prawdopodobieństw \(P(A)\cdot P(B)\) i zapisanie, że dane zdarzenia są niezależne: \(P(A)\cdot P(B)=0{,}5\cdot 0{,}4=0{,}2\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P(S)=0{,}2=\frac15.\]

Losowo wybrany dzień nauki to jeden z pięciu dni tygodnia. Zdarzenia \(A\), \(B\), \(C\) — „autobus prowadzi kierowca \(A\) (odpowiednio \(B\), \(C\))" — są parami rozłączne i wypełniają całą przestrzeń, więc tworzą układ zupełny: \[P(A)=\frac25,\qquad P(B)=\frac25,\qquad P(C)=\frac15.\] Prawdopodobieństwa spóźnienia przy danym kierowcy są prawdopodobieństwami warunkowymi: \[P(S\mid A)=0{,}05,\qquad P(S\mid B)=0{,}20,\qquad P(S\mid C)=0{,}50.\] Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym \[P(S)=P(A)P(S\mid A)+P(B)P(S\mid B)+P(C)P(S\mid C).\] Podstawiamy: \[P(S)=\frac25\cdot0{,}05+\frac25\cdot0{,}20+\frac15\cdot0{,}50=0{,}02+0{,}08+0{,}10=0{,}20.\] **Odpowiedź.** \(P(S)=0{,}2\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **Zadanie 15.** (\(4\) pkt) Uczniowie dojeżdżający do szkoły zaobserwowali, że spóźnienie autobusu zależy od tego, który z trzech kierowców prowadzi autobus. Przeprowadzili badania statystyczne i obliczyli, że w przypadku, gdy autobus prowadzi kierowca \(A\), spóźnienie zdarza się w \(5\%\) jego kursów, gdy prowadzi kierowca \(B\) w \(20\%\) jego kursów, a gdy prowadzi kierowca \(C\) w \(50\%\) jego kursów. W ciągu \(5\)-dniowego tygodnia nauki dwa razy prowadzi autobus kierowca \(A\), dwa razy kierowca \(B\) i jeden raz kierowca \(C\). Oblicz prawdopodobieństwo spóźnienia się szkolnego autobusu w losowo wybrany dzień nauki. Wprowadzam następujące oznaczenia zdarzeń: \(A\) – autobus prowadzi kierowca \(A\), \(B\) – autobus prowadzi kierowca \(B\), \(C\) – autobus prowadzi kierowca \(C\), \(S\) – autobus szkolny spóźnia się, \(M\) – autobus przyjeżdża punktualnie. Zdarzenia \(A\), \(B\), \(C\) spełniają założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym, więc: \(P(S)=P(S\mid A)\cdot P(A)+P(S\mid B)\cdot P(B)+P(S\mid C)\cdot P(C)\). […] Obliczam prawdopodobieństwo: \(P(S)=\frac{1}{20}\cdot\frac{2}{5}+\frac{1}{5}\cdot\frac{2}{5}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}=\frac{1}{5}\). | Nr czynności | 15.1. | 15.2. | 15.3. | 15.4. | |---|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(P(A\cap B)=\dfrac{1}{8}\). Zdarzenia \(A\) i \(B\) są niezależne, bo \(P(A)\cdot P(B)=\dfrac12\cdot\dfrac14=\dfrac18=P(A\cap B)\).

**Krok \(1\).** W treści są podane prawdopodobieństwa sumy \(P(A\cup B)\), zdarzenia \(A\) oraz zdarzenia przeciwnego \(B^{\prime}\). To wskazuje na dwa narzędzia: wzór \(P(B^{\prime})=1-P(B)\) oraz wzór na prawdopodobieństwo sumy \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\). Niezależność sprawdzimy na końcu z definicji: zdarzenia są niezależne dokładnie wtedy, gdy \(P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\). **Krok \(2\).** Najpierw wyznaczamy \(P(B)\), bo dane jest prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego: \[P(B)=1-P(B^{\prime})=1-\frac34=\frac14.\] **Krok \(3\).** Wzór na prawdopodobieństwo sumy przekształcamy tak, aby po lewej stronie została szukana wielkość: \[P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B).\] **Krok \(4\).** Podstawiamy dane i sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika \(8\): \[P(A\cap B)=\frac12+\frac14-\frac58=\frac48+\frac28-\frac58=\frac18.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy warunek niezależności. Liczymy osobno iloczyn prawdopodobieństw: \[P(A)\cdot P(B)=\frac12\cdot\frac14=\frac18.\] **Krok \(6\).** Porównujemy obie liczby: \(P(A\cap B)=\frac18\) oraz \(P(A)\cdot P(B)=\frac18\). Są równe, więc warunek niezależności jest spełniony. **Uwaga.** W danych występuje \(P(B^{\prime})\), a nie \(P(B)\) — podstawienie \(\frac34\) w miejsce \(P(B)\) daje błędny wynik. Zauważ też, że niezależność zdarzeń to co innego niż ich rozłączność: tutaj zdarzenia mają część wspólną o dodatnim prawdopodobieństwie. **Odpowiedź.** \(P(A\cap B)=\dfrac18\); zdarzenia \(A\) i \(B\) są niezależne, bo \(P(A)\cdot P(B)=\dfrac18=P(A\cap B)\).

**1. (1 pkt)** – obliczenie \(P(B)\). Odp. \(P(B)=\frac{1}{4}\) **2. (1 pkt)** – obliczenie \(P(A\cap B)\): \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\). Odp. \(P(A\cap B)=\frac{1}{8}\) **3. (1 pkt)** – porównanie liczb \(P(A\cap B)\) oraz \(P(A)\cdot P(B)\) i zapisanie odpowiedzi, że zdarzenia \(A\) i \(B\) są niezależne.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Ponieważ \(A\cap B\subseteq A\), mamy \(P(A\cap B)\leq P(A)=1-P(A')\). Dzieląc nierówność przez \(P(B)>0\), otrzymujemy tezę.

Z założenia \(P(B)>0\), więc prawdopodobieństwo warunkowe \(P(A\mid B)\) jest określone i \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.\] Zdarzenie \(A\cap B\) zawiera się w zdarzeniu \(A\), a prawdopodobieństwo jest monotoniczne, zatem \[P(A\cap B)\leq P(A).\] Z własności zdarzenia przeciwnego \(P(A)=1-P(A^{\prime})\), więc \[P(A\cap B)\leq1-P(A^{\prime}).\] Dzielimy obie strony przez liczbę dodatnią \(P(B)\), co zachowuje kierunek nierówności: \[\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\leq\frac{1-P(A^{\prime})}{P(B)}.\] Lewa strona jest z definicji równa \(P(A\mid B)\), zatem \[P(A\mid B)\leq\frac{1-P(A^{\prime})}{P(B)},\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** Nierówność \(P(A\mid B)\leq\frac{1-P(A^{\prime})}{P(B)}\) zachodzi dla dowolnych zdarzeń \(A\), \(B\) o \(P(B)>0\).

**1 pkt** – wykorzystanie zależności \(A\cap B\subseteq A\) i zapisanie \(P(A\cap B)\leq P(A)\) **1 pkt** – zastosowanie własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego i zapisanie \(P(A\cap B)\leq1-P(A^{\prime})\) **1 pkt** – wykorzystanie definicji prawdopodobieństwa warunkowego i zapisanie \(P(A\mid B)\cdot P(B)\leq1-P(A^{\prime})\) **1 pkt** – wykorzystanie założenia \(P(B)>0\) do wykazania tezy Łącznie \(4\) pkt.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.